2021-2022学年数学人教B版（2019）选择性必修第一册1.2.2 空间中的平面与空间向量基础过关练（Word含答案解析）

1.2.2　空间中的平面与空间向量
基础过关练
题组一　平面的法向量
1.(2020吉林长春高二期末)已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面ABC的一个法向量的是(　　)　　　　　　　　　　　　　
A.(-1,1,1) B.(1,-1,1) C. D.
2.(2020福建南平邵武第四中学高二期末)在三棱锥P-ABC中,CP、CA、CB两两互相垂直,AC=CB=1,PC=2,建立如图所示的空间直角坐标系,则下列向量是平面PAB的一个法向量的是(　　)
A. B.(1,,1) C.(1,1,1) D.(2,-2,1)
3.在空间直角坐标系中,已知三点A(1,-2,-1),B(0,-3,1),C(2,-2,1),若向量n与平面ABC垂直,且|n|=,则n的坐标为　　　　　　　　.
题组二　空间位置关系的向量证明
4.(2020陕西西安高新第一中学高二期末)在空间直角坐标系中,A(1,2,3),B(-1,0,5),C(3,0,4),D(4,1,3),则直线AB与CD的位置关系是(　　)
A.平行 B.垂直 C.相交但不垂直 D.无法确定
5.(2020北京大学附中高二期末)若d=(4,2,3)是直线l的一个方向向量,n=
(-1,3,0)是平面α的一个法向量,则直线l与平面α的位置关系是(　　)
A.垂直 B.平行 C.直线l在平面α内 D.相交但不垂直
6.(2019江苏苏州高二期末)若平面α,β的法向量分别为a=(-1,2,4),b=(x,-1,
-2),且α⊥β,则x的值为(　　)
A.10 B.-10 C. D.-
7.(2020广东华南师范大学附属中学高二期末)已知n为平面α的一个法向量,l为一条直线,则“l⊥n”是“l∥α”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
8.(多选)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,如果=(2,-1,
-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1),那么以下结论中正确的是(　　)
A.AP⊥AB B.AP⊥AD
C.是平面ABCD的一个法向量 D.∥
9.(2020河北武邑中学高二期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱与底面垂直,∠ABC=90°,AB=BC=BB1=2,M,N分别是AB,A1C的中点.
(1)求证:MN∥平面BCC1B1;
(2)求证:MN⊥平面A1B1C.
能力提升练
题组一　利用空间向量解决空间中的位置关系
1.(多选)(2019安徽蚌埠怀仁第一中学高二期末,)已知直线l过点P(1,0,-1),且与向量a=(2,1,1)平行,平面α过直线l与点M(1,2,3),则平面α的法向量可能是(　　)　　　　　　　　　　　　
A.(1,-4,2) B.
C. D.(0,-1,1)
2.(多选)(2020山东青岛高二期末,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=,点P为线段A1C上的动点,则下列结论正确的是(　　)
A.当=2时,B1、P、D三点共线
B.当⊥时,⊥
C.当=3时,D1P∥平面BDC1
D.当=5时,A1C⊥平面D1AP
3.(2020安徽合肥六中高三月考,)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是线段AD的中点,动点P在底面正方形ABCD内(不包括边界),若直线B1P∥平面A1BM,则||的取值范围是　　　　.
4.(2020辽宁大连高三月考,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,AD=4,AA1=5,点E为棱CC1上的一个动点,平面BED1与棱AA1交于点F,给出下列命题:
①四棱锥B1-BED1F的体积为20;
②存在唯一的点E,使截面四边形BED1F的周长的最小值为2;
③存在唯一一点E,使得B1D⊥平面BED1,且CE=.
其中正确的命题是　　　　　(填序号).
5.(2020河北衡水中学高三月考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,AC与BD交于点O,PO⊥平面ABCD,E为CD的中点,AE与BD交于点G,点F在侧棱PD上,且DF=PD.
(1)求证:PB∥平面AEF;
(2)若cos∠BPA=,求三棱锥E-PAD的体积.
6.(2020上海曹杨二中高二月考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)若PA=AB,求异面直线PB与AC所成角的余弦值;
(3)若平面PBC与平面PDC垂直,求PA的长.
题组二　利用空间向量解决探索性问题
7.(2020北京八一中学高二期末,)如图,在底面是正方形的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AP=AB=2,E,F,G分别是BC,PC,CD的中点.
(1)求证:BG⊥平面PAE;
(2)在线段BG上是否存在点H,使得FH∥平面PAE 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
8.(2020山西长治高二月考,)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,底面BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形,AB=BD,E是线段AC上一点.试问:当点E在什么位置时,平面BDE⊥平面ADC
9.(2020北京交通大学附属中学高三期末,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊥BC,AA1=AB=BC=2.
(1)求证:BC1⊥平面A1B1C;
(2)求异面直线B1C与A1B所成角的大小;
(3)点M在线段B1C上,点N在线段A1B上(与A1、B不重合),且=λ(λ∈(0,1)),若MN∥平面A1ACC1,求的值(用含λ的代数式表示).
答案全解全析
基础过关练
1.C　易得=(-1,1,0),=(-1,0,1),
设n=(x,y,z)为平面ABC的一个法向量,
则化简得
∴x=y=z,故选C.
2.A　由题意可得P(0,0,2),A(1,0,0),B(0,1,0),则 =(1,0,-2),=(-1,1,0),设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),
由得
令z=1,则x=2,y=2,∴n=(2,2,1).
又=n,∴平面PAB的一个法向量为.故选A.
3.答案　(2,-4,-1)或(-2,4,1)
解析　由A(1,-2,-1),B(0,-3,1),C(2,-2,1),得=(-1,-1,2),=(1,0,2).
设n=(x,y,z),则根据题意可得即
解得或
所以n=(2,-4,-1)或n=(-2,4,1).
故答案为(2,-4,-1)或(-2,4,1).
4.A　∵在空间直角坐标系中,A(1,2,3),B(-1,0,5),C(3,0,4),D(4,1,3),
∴=(-2,-2,2),=(1,1,-1),
∴=-2,
∴直线AB与CD平行.故选A.
5.D　显然d与n不平行,所以直线l与平面α不垂直,又d·n=4×(-1)+2×3+3×0=2,即d与n不垂直,所以直线l与平面α不平行,故直线l与平面α相交但不垂直.
故选D.
6.B　∵α⊥β,∴a⊥b,∴a·b=0,
∴-x-2-8=0,∴x=-10,故选B.
7.B　若l⊥n,则l在平面α内,或l∥α.
若l∥α,则l⊥n.
故“l⊥n”是“l∥α”的必要不充分条件.
故选B.
8.ABC　对于A,因为·=-2-2+4=0,所以⊥,所以AP⊥AB,故正确;
对于B,因为·=-4+4+0=0,所以⊥,所以AP⊥AD,故正确;
对于C,因为AP⊥AB,AP⊥AD,且AB∩AD=A,所以是平面ABCD的一个法向量,故正确;
对于D,易得=-=(2,3,4),
假设存在实数λ,使得=λ,则此时λ无解,故错误.
故选ABC.
9.证明　(1)依题意得,∠A1B1C1=90°,BB1⊥B1C1 ,BB1⊥A1B1,以B1 为原点,,, 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系B1xyz,
则B1(0,0,0),A1(-2,0,0),C(0,2,2),M(-1,0,2),N(-1,1,1),
∴=(0,1,-1),=(-2,0,0).
由题意得A1B1⊥平面BCC1B1,
∴=(-2,0,0)为平面BCC1B1的一个法向量.
∵·=-2×0+0×1+0×(-1)=0,
∴MN⊥B1A1,
又MN 平面BCC1B1,
∴MN∥平面BCC1B1 .
(2)连接B1C .由(1)得,=(0,2,2),=(2,0,0),=(0,-1,1).
设平面A1B1C的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令z=1,得n=(0,-1,1),
∴n= ,
∴MN⊥平面A1B1C.
能力提升练
1.ABC　由题意可知,平面α的法向量与向量a=(2,1,1)和向量均垂直,
且=(1,2,3)-(1,0,-1)=(0,2,4).
对于选项A,(2,1,1)·(1,-4,2)=0,(0,2,4)·(1,-4,2)=0,满足垂直关系,故符合题意;
对于选项B,(2,1,1)·=0,(0,2,4)·=0,满足垂直关系,故符合题意;
对于选项C,(2,1,1)·=0,(0,2,4)·=0,满足垂直关系,故符合题意;
对于选项D,(2,1,1)·(0,-1,1)=0,但(0,2,4)·(0,-1,1)≠0,故不符合题意.
故选ABC.
2.ACD　在长方体ABCD-A1B1C1D1中,以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB=AD=AA1=,所以AD=AA1=1,
则D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,,0),D1(0,0,1),B(1,,0),C1(0,,1),则=(-1,,-1),=(1,0,-1).
对于A选项,当=2时,P为线段A1C的中点,由长方体的结构特征可知P为体对角线的中点,因此P也为线段B1D的中点,所以B1、P、D三点共线,故A正确;
对于B选项,连接AC.当⊥时,AP⊥A1C,A1C==,AC==2,由=AA1·AC=A1C·AP,得AP=,所以A1P=,故点P为线段A1C上靠近点A1的五等分点,所以P,则=,=,所以·=-+-=-≠0,所以与不垂直,故B错误;
对于C选项,当=3时,==,=(0,,1),=(1,,0).
设平面BDC1的一个法向量为n=(x,y,z),则即
令y=1,则x=-,z=-,
∴n=(-,1,-),
又=(-1,0,0),
所以=-=,
所以·n=0,所以⊥n,所以D1P∥平面BDC1,故C正确;
对于D选项,当=5时,==,所以=-=,
所以·=0,·=0,所以A1C⊥D1P,A1C⊥D1A,又D1P∩D1A=D1,所以A1C⊥平面D1AP,故D正确.
故选ACD.
3.答案　
解析　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则M,A1(1,0,1),B(1,1,0),B1(1,1,1),C1(0,1,1),∴=,=.
设P(x,y,0)(0设平面A1BM的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
则
即令x1=2,则y1=z1=-1,∴n=(2,-1,-1).
若B1P∥平面A1BM,则n⊥,
即n·=2(x-1)-(y-1)+1=2x-y=0,∴y=2x.
又∵=(x,y-1,-1),
即=(x,2x-1,-1),
∴||=
==,
∵0∴0∴≤5+<2,
即≤||<.
故答案为.
4.答案　①②③
解析　命题①,=+.
易知CC1∥平面BB1D1,
点E到平面BB1D1的距离等于点C1到平面BB1D1的距离,为,
同理,点F到平面BB1D1的距离等于点A1到平面BB1D1的距离,为,
所以=+=+
=××5×5×+××5×5×=20,故正确.
命题②,易知平面DD1C1C∥平面BB1A1A,
平面BED1F∩平面DD1C1C=D1E,平面BED1F∩平面BB1A1A=BF,
所以D1E∥BF,同理,D1F∥BE,
所以四边形BED1F为平行四边形.
将长方体侧面展开,使面D1DCC1和面B1BCC1在同一平面内,记该平面为α,
则在平面α内,D1E+EB的最小长度即为展开后的D1B的长度,记展开后的D1B为D1B',
此时E点为D1B'与CC1的交点,
D1B'==,
所以四边形BED1F的周长的最小值为2,故正确.
命题③,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系(图略),则B(4,3,0),D(0,0,0),D1(0,0,5),B1(4,3,5),则设点E(0,3,λ),0≤λ≤5,
则=(-4,0,λ),=(4,3,-5),=(4,3,5),
因为·=4×4+3×3-5×5=0,
所以⊥,即D1B⊥DB1,
要使B1D⊥平面BED1,则需B1D⊥BE,即·=0,
所以-16+5λ=0,解得λ=,即CE=,故正确.
故答案为①②③.
5.解析　(1)证明:以O为原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴,OP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得OB=,OC=1.
设PO=a(a>0),则P(0,0,a),A(0,-1,0),B(,0,0),E,F-,0,,
∴=(,0,-a),=,=.
设平面AEF的一个法向量为n=(x,y,z),
则取x=,则y=1,z=,∴n=.
∵·n=3+0-3=0,PB 平面AEF,
∴PB∥平面AEF.
(2)由(1)可知=(0,-1,-a),=(,0,-a),
∵cos∠BPA=,∴cos<,>===,
解得a=1(负值舍去),∴PO=1,
∴三棱锥E-PAD的体积VE-PAD=VP-ADE=×S△ADE×PO=×S△ACD×PO=×××AC×OD×PO=×2××1=.
6.解析　(1)证明:因为底面ABCD是菱形,
所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥BD.因为PA∩AC=A,
所以BD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD=O.因为∠BAD=60°,AB=2,所以BO=DO=1,AO=CO=.
以O为坐标原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴,过O点且平行于AP的直线为z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,则P(0,-,2),
A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,,0),所以=(1,,-2),=(0,2,0).
设异面直线PB与AC所成的角为θ,则cos θ===.
(3)由(2)知=(-1,,0).
设P(0,-,t)(t>0),则=(-1,-,t).
设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z),
则即取y=,则x=3,z=,所以m=.
同理,平面PDC的一个法向量为n=.
因为平面PBC⊥平面PDC,所以m·n=0,即-6+=0,解得t=(负值舍去),所以PA=.
7.解析　(1)证明:因为四棱锥P-ABCD的底面是正方形,且PA⊥平面ABCD,所以PA,AB,AD两两互相垂直.
以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0).
因为E,F,G分别是BC,PC,CD的中点,
所以E(2,1,0),F(1,1,1),G(1,2,0),
所以=(-1,2,0),=(0,0,2),=(2,1,0),
因为·=0,且·=0,
所以BG⊥AP,BG⊥AE,又AE∩AP=A,
所以BG⊥平面PAE.
(2)假设在线段BG上存在点H,使得FH∥平面PAE.连接FH.
设=λ(0≤λ≤1),
则=+=-+λ=(1-λ,2λ-1,-1).
因为FH∥平面PAE,BG⊥平面PAE,
所以·=(-1)×(1-λ)+2×(2λ-1)+0×(-1)=5λ-3=0,
所以λ=.
所以在线段BG上存在点H,使得FH∥平面PAE,且=.
8.解析　不妨设AB=2,在平面BCD中作BF⊥BD,以B为坐标原点,BF,BD,BA所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,则B(0,0,0),A(0,0,2),D(0,2,0),C(1,1,0).
设当平面BDE⊥平面ADC时,=λ(0≤λ≤1).
易得=(-1,1,0),=(-1,-1,2).
设m=(x1,y1,z1)是平面ACD的一个法向量,则即
取x1=1,则y1=1,z1=1,所以平面ACD的一个法向量为m=(1,1,1).
因为=λ,所以点E的坐标为,,,
所以=,=(0,2,0).
设n=(x2,y2,z2)是平面BDE的一个法向量,则
即
取x2=1,则z2=-,所以平面BDE的一个法向量为n=.
因为平面BDE⊥平面ADC,所以m⊥n,即m·n=0,所以1-=0,解得λ=2.
所以当=2,即点E为线段AC上靠近点C的三等分点时,平面BDE⊥平面ADC.
9.解析　(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,因为BB1⊥平面ABC,所以BB1⊥平面A1B1C1,
又因为BB1 平面B1BCC1,所以平面B1BCC1⊥平面A1B1C1,交线为B1C1.
因为AB⊥BC,所以A1B1⊥B1C1,所以A1B1⊥平面B1BCC1.
因为BC1 平面B1BCC1,所以A1B1⊥BC1.
又因为BB1=BC,所以B1C⊥BC1,
又A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1C.
(2)由(1)知BB1⊥底面ABC,AB⊥BC,建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,
由题意得B(0,0,0),C(2,0,0),A1(0,2,2),B1(0,0,2),
所以=(2,0,-2),=(0,-2,-2),
所以cos<,>==,
故异面直线B1C与A1B所成角的大小为.
(3)易知平面A1ACC1的一个法向量n=(1,1,0),
由=λ,得M(2λ,0,2-2λ).
设=μ(0<μ<1),则N(0,2-2μ,2-2μ),所以=(-2λ,2-2μ,2λ-2μ).
若MN∥平面A1ACC1,则·n=0,
即(-2λ,2-2μ,2λ-2μ)·(1,1,0)=0,解得μ=1-λ,所以=1-λ.